Prvi razred Zadaci i rješenja Zadatak 1. Odrediti vrijednost izraza w = (a + b c) (b + c a) (c + a b) + + (a c) (b c) (b a) (c a) (c b) (a b). Rješenje 1. Izraz je definisan ako i samo ako je a b, b c i c a. Uvedimo smjenu: Odavde imamo Dakle, a + b c = x, b + c a = y, c + a b = z. x + y = b, z + x = a i y + z = c. a = z + x, b = x + y, c = y + z. Sada imamo a c = x y, b c = x z, a b = z y. Zamjenom u dati izraz imamo w = 4x (x y)(x y) + 4y (y x)(y z) + 4z (z x)(z y) = 4 [ x (y z) + y (z x) + z (x y) ] (x y)(y z)(z x) = 4 [ x (y z) + y [(z y) + (y x)] + z (x y) ] (x y)(y z)(z x) = 4 [ (y z)(x y ) + (x y)(z y ) ] (x y)(y z)(z x) = 4 (x y)(y z) [(x + y) (z + y)] (x y)(y z)(z x) = 4(x y)(y z)(x z) (x y)(y z)(z x) = 4. Drugo rješenje Stavimo A = (a+b c), B = (c+b a), C = (c+a b) i D = (a b)(b c)(c a). Dati izraz ima oblik w = A (a c) (b c) + B (b a) (c a) + C (c b) (a b). 1
Nakon svod enja na zajednički imenilac dobije se w = = = A(a b) B(b c) C(c a) A(a c + c b) B(b c) C(c a) = D D (b c)(a B) + (c a)(a C) 4b(b c)(a c) + 4a(c a)(b c) = D N 4(a b)(b c)(c a) = 4. N Pri čemu je A B = (a + b c) (c + b a) = (a + b c + c + b a) (a + b c c b + a) = 4b(a c) i A C = (a + b c) (c + a b) = 4a(b c).
Zadatak. Riješite u skupu prirodnih brojeva jednačinu x 3 y 3 = 999. Rješenje Zbog x, y N slijedi da mora biti x 3 y 3 > 0, tj. x > y. Neka je x = y + d, gdje je d N. Sada dobijamo (y + d) 3 y 3 = 999, tj. 3y d + 3yd + d 3 = 999, odnosno Odavde slijedi Dakle, d < 10 i kako 3 d, to je d = 3 ili d = 9. Za d = 3 dobijamo: d 3 + 3d(y + yd) = 999. (0.1) d 999; 3 d te d 3 < 999. 7 + 9(y + 3y) = 999, tj. y + 3y 108 = 0. Odavde je (y 9)(y + 1) = 0. Kako je y prirodan broj, to je y = 9. Tada je x = y + d = 1. Za d = 9 dobijamo: 79 + 7(y + 9y) = 999, tj. y + 9y 10 = 0, odnosno (y 1)(y + 10) = 0. Dakle, y = 1, pa je x = 10. Tražena rješenja su (x, y( {(1, 9), (10, 1)}. Drugo rješenje Lijevu stranu rastavimo kao razliku kubova. Imamo (x y)(x + xy + y ) = 999 = 3 3 37. Kako je 37 prost broj i 37 dijeli desnu stranu to 37 dijeli i lijevu stranu. Budući da je 37 > 7 i x + xy + y = (x y) + 3xy > x y, to 37 mora dijeliti x + xy + y. Prvi slučaj: x y = 1, x + xy + y = 999. Tada je x = y + 1, pa je (x y) + 3xy = 999. Odavde slijedi da 3 (x 1), što nije slučaj. Dakle, u ovom slučaju nema rješenja. Drugi slučaj:x y = 3. Tada se jednostavno nalazi (y + 3) = 1, pa je y = 9 i x = 1. Treći slučaj: x y = 9. Tadase nakon kratkog računa dobije (y + 9) = 11. Odavde je y = 1 i x = 10. Četvrti slučaj: x y = 7. Tada je x +yx+y = 37. Odavde je 37 = (x y) +3xy = 7 +3xy > 79, što je nemoguće. Dakle, u ovom slučaju nema rješenja. 3
Zadatak 3. Oko trougla ABC (b c) opisana je kružnica. Iz središta kružnog luka BC povučen je prečnik ED. Dokazati da je DEA = 1 (β γ). Rješenje Ugao DAE je prav kao periferijski ugao nad prečnikom DE kružnice. Dalje imamo: ADE = ADB + BDE, (0.) ADB = ACB = γ, (0.3) (periferijski uglovi nad istim lukom ÂB, te BDE = BAE = α (0.4) ĈE). Sada iz (0.),(0.3) i (0.4) dobi- (jer je BE = jamo: ADE = γ + α. (0.5) Sada slijedi iz pravouglog trougla ADE : DEA = 90 0 ADE = α + β + γ ADE, a odavde zbog (0.5): DEA = α + β + γ ( γ + α ), tj. DEA = 1 (β γ), što je i trebalo dokazati. 4
Zadatak 4. Odrediti skup S sa najmanjim brojem tačaka koji odred uje sedam različitih pravih. Rješenje Neka je S skup tačaka koji odred uje sedam pravih i neka taj skup ima n tačaka. Ako u skupu S nema nijedna trojka kolinearnih tačaka, onda taj skup odred uje n(n 1) pravih. Naime, prava je jednoznačno odred ena sa dvije različite tačke. Prvu tačku možemo odabrati na n načina, a drugu na n 1 način. Dakle, ured enih parova od po dvije različite tačke ima n(n 1). Kako ured eni parovi tačaka (A, B) i (B, A) odred uju istu pravu, to skup od n tačaka u kojem nema ni jedna trojka kolinearnih tačaka odred uje n(n 1) različitih pravih. Ako bi ovaj skup odred ivao 7 pravih, onda bi bilo n(n 1) = 7. Odavde je n(n 1) = 14. Ovo je nemoguće, jer broj 14 nije proizvod dva susjedna cijela broja. Dakle, ni jedan skup tačaka u kojem nema ni jedna trojka nekolinearnih tačaka ne može odred ivati 7 pravih. To znači da u ovom skupu postoji bar jedan tročlani podskup kolinearnih tačaka. Ako imamo samo jedan tročlani podskup kolinearnih tačaka, onda je ukupan broj pravih odred enih ovim skupom n(n 1). Naime, u tročlanu podskupu kolinearnih tačaka tri tačke odred uju jednu pravu, tročlani podskup odred uje tri dvočlana podskupa, što znači da smo jednu te istu pravu tri puta brojali. Zbog toga broj n(n 1) trebamo umanjiti za dva. Tako imamo n(n 1) = 7, tj. n(n 1) = 18. Kako broj 18 nije proizvod dva susjedna prirodna broja, to i u ovom slučaju nemamo rješenja. Ako imamo tačno dva tročlana podskupa kolinearnih tačaka, onda je broj pravih odred enih ovim skupom S je n(n 1) : = 7, tj. n(n 1) =. Kako broj nije proizvod dva susjedna prirodna broja, to ni u ovom slučaju nemamo rješenja. Ako imamo tačno tri tročlana podskupa kolinernih tačaka, onda je broj pravih odred en ovim skupom (n 1) 3. Ako bi ovakav skup odred ivao 7 pravih, onda bi imali (n 1) 3 = 7, tj. n(n 1) = 6. Kako 6 nije proizvod dva susjedna broja, onda ni ovaj skup ne odred uje 7 pravih. 5
Ako imamo četiri tročlana podskupa kolinearnih tačaka, onda je broj pravih odred en ovim skupom jednak n(n 1) 4. Ispitajmo da li ovaj broj može biti 7. Imamo n(n 1) 4 = 7 ako i samo ako je n(n 1) = 30. Odavde nalazimo n = 6. To znači da skup S sadrži šest tačaka i u tom skupu postoje četiri tročlana podskupa kolinearnih tačaka. Neka je S = {A, B, C, D, E, F } i S 1 = {A, B, C}, S = {A, D, E}, S 3 = {B, D, F } i S 4 = {C, E, F }. Ovakav skup S odred uje sljedeće prave: AB, AE, AF, BF, BE, CD i CE. Vidi sliku! Dakle, traženi skup ima 6 tačaka u kojem postoje četiri tročlana podskupa sa kolinearnim tačkama. 6
Drugi razred Zadatak 1. Riješiti jednačinu u skupu cijelih brojeva Rješenje Da bi izraz xy z + yz x + zx y = 3. xy z + yz x + zx y bio definisan mora biti x 0, y 0 i z 0. Nakon množenja jednačine sa xyz i sred ivanja jednačina dobija oblik (y + z )x 3yzx + y z = 0. (0.6) Ovo je kvadratna jednačina po x sa cjelobrojnim koeficijentima. Da bi ova jednačina u skupu cijelih brojeva imala rješenje mora njena diskriminanta biti potpun kvadrat. Dakle, D = 9y z 4y z (y + z ) = y z ( 9 4(y + z ) ) = A (A Z). Odavde slijedi 9 4(y + z ) = B za neko B Z. Tako imamo 4(y + z ) = 9 B 9. Dakle, y + z. Kako su y i z različiti od nule, to je y = z = 1. Odavde je y = ±1 i z = ±1. Ako je y = z = ±1, onda jednačina (0.6) ima oblik x 3x + 1 = 0. Njeno rješenje u skupu cijelih brojeva je x = 1. Ako je y = 1 i z = 1 ili ako je y = 1 i z = 1, onda jednačina (0.6) ima oblik x + 3x + 1 = 0. Njeno rješenje u skupu cijelih brojeva je x = 1. Dakle, data jednačina u skupu cijelih brojeva ima rješena: (x, y, z) {(1, 1, 1), ( 1, 1, 1), ( 1, 1, 1), (1, 1, 1)}. 7
Zadatak. Neka su a, b, c pozitivni realni brojevi za koje važi jednakost ab + bc + ca = 1. Dokazati da važi nejednakost 1 a + 1 b + 1 3(a + b + c). c Kada važi jednakost? Rješenje Uvedimo smjenu 1 a = x, 1 b = y, 1 = z; (x, y, z > 0). c Ovom smjenom data nejednakost postaje ( 1 x + y + z 3 x + 1 y + 1 ), (0.7) z a data uslov postaje 1 xy + 1 yz + 1 zx = 1, tj. x + y + z = xyz. (0.8) Množenjem nejednakosti (0.8) sa xyz > 0, dobijamo ekvivalentnu nejednakost: xyz(x + y + z) 3(xy + yz + zx), tj. (x + y + z) 3(xy + yz + zx). Nakon kratkog računa ova nejednakost se prevodi u ekvivalentnu nejednakost x + y + z xy yz zx 0. Nakon množenja sa i kratkog računa dobijamo ekvivalentnu nejednakost (x y) + (y z) + (z x) 0. Ova nejednakost je tačna, pa je polazna nejednakost tačna, zbog niza ekvivalentnih transformacija kojima smo polaznu nejednakost transformisali u posljednju nejednakost. Jednakost vrijedi ako i samo ako je x = y = z, tj. a = b = c. Tada zbog ab + bc + ca = 1 imamo a = b = c = 3 3. Rješenje (učenika Neire Kurtović i Dina Bostandžića). Lema: Dokazaćemo da za pozitivne brojeve a, b, c vrijedi (ab + bc + ca) 3abc(a + b + c). Zaista, iz odnosa artmetičke i geometrijske sredine slijedi: Sabiranjem se dobije a b + b c ab c b c + c a abc a b + a c a bc a b + b c + c a abc(a + b + c). Dodavanjem objema stranama abc(a + b + c) se dobije Dakle, a b + b c + c a + abc(a + b + c) 3abc(a + b + c) tj. (ab + bc + ca) 3abc(a + b + c). 1 a + 1 b + 1 3(a + b + c), c što je i trebalo dokazati. Jednakost vrijedi ako i samo ako je a = b = c = 3 3. 8
Zadatak 3. U paralelogramu ABCD na stranicama AB i BC izabrane su tačke M i N respektivno, tako da je AM = NC. Neka je Q tačka presjeka duži AN i CM. Dokazati da je DQ simetrala ugla ADC. Rješenje Neka je P tačka presjeka pravih CD i AN. Ako je DQ simetrala ugla ADP, onda je DQ simetrala ugla ADC i obratno. Zbog toga je dovoljno da pokažemo da je DQ simetrala ugla AP D. Uvedimo oznake: AB = DC = a, AD = BC = b, AM = CN = c i CP = x. Kako je P AD = P NC i ADP = NCP, to su trouglovi AP D i NP C slični. Iz te sličnosti slijedi P D AD = CP CN tj. a + x = x b c. Dakle, x = ac b c. Iz sličnosti trouglova AMQ i P CQ slijedi P Q AQ = CP AM, tj. P Q AQ = x c = a b c. Nadalje, P D = P C + CD = x + a = ac b c + a = ab b c. Na osnovu toga je ab P D AD = b c = a b b c = P Q AQ. Posljednja jednakost nam pokazuje da je P Q simetrala ADP, što je i trebalo dokazati. Rješenje (učenika Neire Kurtović i Dina Bostandžića). Produžimo DQ do presjeka sa AB i neka je to tačka T. Primijejenimo Menelajevu teoremu na tačke A, Q, N i trougao CMB. Imamo: Kako je CN = AM, to je AB NB = QC MQ. Odavde je CN NB = AB AM = MQ QC = 1. NB = AB MQ. QC Pošto je AB DC, to AT D = T DC, pa je dovoljno dokazati da je AT D = ADT, tj. da je AT D jednakokraki, tj. AD = AT = BC, a pošto je AM = NC dovoljno je dokazati da je NB = MT. Pošto vrijedi MT D = CDT i T QM = DQC imamo MQT QDC. Iz sličnosti slijedi Odavde je što je i trebalo dokazati. MT = DC MQ QC MT MQ = DC QC. = AB MQ QC = NB, 9
Zadatak 4. Koliko ima tročlanih podskupova skupa S = {1,, 3,..., 19, 0} takvih da im je proizvod djeljiv sa 4? Rješenje Neka je A skup svih tročlanih podskupova skupa S, a B = {(a, b, c) (a, b, c) A, 4 abc }. Neka je (x, y, z) A \ B. Tada 4 abc i a, b, c S. Proizvod tri prirodna broja nije djeljiv sa 4 ako: su ti brojevi neparni, su dva od ta tri broja neparna, a treći je paran, ali nije djeljiv sa 4. U skupu S parni brojevi koji nisu djeljivi sa 4 su, 6, 10, 14 i 18. Dakle, imamo 5 parnih brojeva koji su djeljivi sa, anisu djeljivi sa 4. Neparnih brojeva u S ima 10. Tročlanih podskupova skupa S u kojem su sva tri elementa neparni ima ( ) 10 = 10 9 8 3 1 3 = 10. Odredimo bro tročlanih podskupova skupa S u kojem je jedan element paran i nije djeljiv sa 4, a druga dva elementa su neparni brojevi. Od elemenata, 6, 10, 14 i 18 jedan element možemo odabrati na 5 načina. Dva neparna broja iz skupa od 10 brojeva možemo izabrati na 10 9 1 = 45. Prema tome, tročlanih podskupova u kojem je jedan element paran broj koji nije djeljiv sa 4, a druga dva broja su neparni ima 5 45 = 5. Konačno skup A \ B ima elemenata: 10 + 5 = 345. Skup A je skup svih tročlanih podskupova skupa S, pa skup A ima ( ) 0 0 19 18 = = 1140 3 1 3 elemenata. Dakle, A = 1140 i A \ B = 345. Kako je B (A \ B) =, to iz A = B (A \ B) slijedi A = B + A \ B. Dakle, 1140 = B + 345, tj. B = 1140 345 = 795. 10
Treći razred Zadaci i rješenja Zadatak 1. Riješiti logaritamsku jednačinu x log 3(x 1) + (x 1) log 3x = 3x. Rješenje Kako logaritam postoji samo od pozitivnih brojeva, to mora biti: x 1 > 0 i x > 0. Dakle, jednačina je definisana za x > 1. U cilju transformacije jednačine u neki pogodniji oblik stavimo y = (x 1) log 3x. Poslije logaritmovanja po bazi 3 dobije se log 3 y = log 3 ( (x 1) log 3 x ) = log 3 x log 3 (x 1) = log 3 (x 1) log 3 x = log 3 ( x log 3 (x 1) ). Odavde je y = x log 3(x 1). Na osnovu ovog jednačinu možemo napisati u obliku x log 3(x 1) + x log 3(x 1) = 3x, 3 x log 3(x 1) = 3x. Nakon kraćenja sa 3 i kako je x > 1, to je log 3 (x 1) =. Odavde je x 1 = 3, odnosno x = 10. Drugo rješenje. Svaki pozitivan realan broj a može se napisati u obliku Zbog toga je a = 3 log 3a. x log 3(x 1) = 3 log 3x log 3 (x 1) = 3 log 3(x 1) log 3 x = 3 uv, gdje je u = log 3 (x 1) i v = log 3 x. Nadalje, imamo (x 1) log 3x = 3 log 3(x 1) log 3 x = 3 log 3x log 3 (x 1) = 3 uv i tj. 3x = 3 3 log 3x = 3 3 log 3x = 3 3 v. Na osnovu ovih transformacija polazna jednačina ima oblik 3 uv + 3 uv = 3 3 v, tj. 3 3 uv = 3 3 v. Odavde imamo uv = v, pa je v = 0 ili u =. Ako je v = 0, onda je log 3 x = 0, pa je x = 1. Ovo rješenje nije u definicionom području, pa otpada. Ako je u =, onda je log 3 (x 1) =, pa je x 1 = 3, tj. x = 10. 11
Zadatak. Riješiti u skupu prirodnih brojeva jednačinu x + y + z = 686. Rješenje Kako je 686 (mod 4), to jedan od brojeva x, y i z je paran, a druga dva su neparna. Neka su x i y neparni, a z paran. Kako je kvadrat neparnog broja kongruentan 1 po modulu 8 a 686 je kongruentno 6 po modulu 8, to je z kongruentno 4 po modulu 8. Nadalje, 686 = x + y + z 1 + 1 + z = + z, pa je z 684. Odavde je z < 7. Kako je z prirodan broj kongruentan po modulu 4, to je z {, 6, 10, 14, 18,, 6}. Ako je z = 6, onda je x + y = 686 676 = 10. Odmah se vidi da su rješenja x = 1, y = 3 ili x = 3, y = 1. Dakle, rješenje polazne jednačine u skupu prirodnih brojeva su (1, 3, 6), (3, 1, 6), (1, 6, 3), (3, 6, 1), (6, 1, 3), i (6, 3, 1). Ako je z =, onda je x + y = 0. Bez gubitka opštosti možemo pretpostaviti da je x y. Tada iz x + y = 0 slijedi y 0, tj. y 101. Kako je y neparan, to je y 11. S druge strane je y 01, pa je y < 15. Kako je y neparan, to je y = 11 ili y = 13. Za y = 11 nalazimo x = 9. Za y = 13 nalazimo x = 73, koja nema rješenja u skupu cijelih brojeva. Dakle, rješenja su: (9, 11, ), (9,, 11), (11, 9, ), (11,, 9), (, 9, 11) i (, 11, 9). Ako je z = 18, onda je x + y = 36. Bez gubitka opštosti možemo pretpostaviti da je x y. Tada je 181 y 361. Dakle, y {15, 17, 19}. Direktnom provjerom vidimo da jedino za y = 19 nalazimo rješenje x = 1 y = 19. Dakle, rješenja date jednačine su: (1, 19, 18), (1, 18, 19), (18, 1, 19), (18, 19, 1), (19, 1, 18), (19, 18, 1). Ako je z = 14, onda je x + y = 490. Tada za x y slijedi 45 y 489, pa je 15 y 1. Direktnom provjerom nalazimo da je x = 7 i y = 1. Dakle, rješenja polazne jednačine su: (7, 1, 14), (7, 14, 1), (1, 7, 14), (1, 14, 7), (14, 7, 1), (14, 1, 7). Ako je z = 10, onda je x + y = 586. Tada za x y imamo 98 y 585, tj. 19 y 3. Jednostavnom provjerom vidimo da za y = 19 postoji rješenje x = 15. Dakle, rješenja polazne jednačine su: (15, 19, 10), (15, 10, 19), (19, 15, 10), (19, 10, 15), (10, 15, 19), (10, 19, 15). Ako je z = 6, onda je x + y = 650. Tada za x y nalazimo 35 y 649, tj. 19 y 5. Direktnom provjerom nalazimo x = 17, y = 19; x = 11, y = 3 i x = 5, y = 5. Rješenja polazne jednačine su: (5, 6, 5), (5, 5, 6), (6, 5, 5), (6, 5, 5), (5, 5, 6), (5, 6, 5), (6, 17, 19), (6, 19, 17), (17, 6, 19), 17, 19, 6), (19, 6, 17), (19, 17, 6). Ako je z =, onda imamo x + y = 68. Odavde za x y slijedi 341 y 681, pa je 19 y 5. Metodom posljednje cifre zaključujemo da se x i y završavaju ili 1 ili 9. Ni jedan od brojeva x i y nije djeljiv sa 3 i sa 5. Direktnpm provjerom utvrd ujemo da ni jedan od brojeva 68 y (y {19, 1, 3, 5} nije potpun kvadrat, pa jednačina nema rješenja. 1
Zadatak 3. Pripisana kružnica stranici AB trougla ABC dodiruje stranicu AB u tački D. Odrediti odnos AD : BD ako je poznato da je CAB = ADC. Rješenje Trigonometrijsko rješenje Neka pripisana kružnica dodiruje produžetak stranice CA u tački M i produžetak stranice CB u tački N. Uvedimo oznake: BC = a, CA = b, AB = c, AD = x i BD = y. Kako su AD i AM tangentne duži iz tačke A, to je AD = AM = x. Analogno zaključujemo da je BN = BD = y. Kako je CM = CN, to je b + x = a + y. S druge strane je c = AB = x + y. Odavde nalazimo x = a+c b = s b, y = s a. Primjenimo sinusnu teoremu na trougao ADC. Imamo CD = AC. Odavde je sinα sinϕ CD = AC sinϕ sinϕ = b cosϕ. Na osnovu kosinusne teoreme u trouglu ADC imamo: CD = AC + AD AC AD cosα, tj. Kako je cos ϕ = 1 + cos ϕ, to je 4b cos ϕ = b + (s b) b(s b)cos ϕ. b (1 + cos ϕ) = b + (s b) b(s b)cos ϕ, tj. Odavde je cos ϕ = s b. b Primjenom kosinusne teoreme na trougao ABC dobije se Nadalje, a = b + c bc cos ϕ = b + c bc s b b = b + c cs + bc = (b + c) cs. cs = (b + c) a = (b + c + a) (b + c a) = s (b + c a), tj. c = c (a b). Dakle, a b = c. Konačno imamo: Dakle, AD : BD = 3 : 1. AD BD = s b s a = a + c b b + c a 3c c + (a b) = c (a b) = = 3 1. Sintetičko rješenje Neka su F, D i H tačke dodira pripisane kružnice sa CA, AB i CB, respektivno. Neka je k upisana kružnica trougla ABC. Neka je I njen centar, a P, T i S tačke dodira sa AB, BC i CA. Neka je Q tačka na kružnici k dijametralno suprotna tački P. Pokažimo da su tačke C, Q i D kolinearne. c 13
Kao što znamo CS = CT = s c i CF = CH = s. Posmatrajmo homotetiju sa centrom u tački C i koeficijentom s. Homotetijom se svaka prava koja prolazi centrom s c homotetije, preslikava u samu sebe. Homotetija čuva mjeru uglovi, tj. ugao i njegova slika imaju jednake mjerne brojeve. Osim toga, kružnica se preslikava u kružnicu. Dakle, homotetijom C C, S F, A A, B B, I I. Dakle, AB A B, SI F I, T I HI. Kako je IS CS i IT CT, to je HI CH i F I CF. To znači da je I centar pripisane kružnice. Tada je DI AB. Dakle, ovom homotetijom se kruňica k preslikava u pripisanu kružnicu. Kako se prava CQ preslikava u samu sebe, to se tačka Q preslikava u tačku Q koja leži na presjeku prave CQ i pripisane kružnice. Duž QI preslikava se u duž Q I. Kako je QI AB, to je Q I A B. Kako su AB i A B paralelne, to je Q I AB. Prava koja prolazi centrom pripisane kružnice i orogonalna je na AB prolazi tačkom dodira pripisane kružnice i duži AB. Dakle, ova prava prolazi tačkom D. Dakle, Q se poklapa sa tačkom D. To znači da su tačke C, Q i D kolinearne. Nadalje, IAP = 1 CAB = CDA. To znači da su pravougli trouglovi IP A i QP D su slični. Iz sličnosti slijedi P D : P A = P Q : P I = : 1. Dakle, P D = P A. U trigonometrijskom dokazu smo dokazali da je BN = BD = s a. Kako je AP = AS = s a, to je AP = BD. Dakle, AD = AP + P D = AP + AP = 3 AP = 3 BD, tj. AD : BD = 3 : 1. 14
Zadatak 4. Na početku školske godine u jednom odjeljenju prvog razreda, prilikom upoznavanja učenika, ispostavilo se: da svaki učenik ima tačno 0 poznanika, svaka dva učenika koji se poznaju imaju tačno po 13 zajedničkih poznanika, svaka dva učenika koji se ne poznaju imaju tačno po 1 zajedničkih poznanika. Odredite broj učenika ovog odjeljenja. Rješenje Neka je n broj učenika tog odjeljenja i neka je x proizvoljan učenik tog odjeljenja. Označimo sa S x skup svih ured enih parova (y, z), gdje je y učenik koji se poznaje sa x, a z učenik koji se ne poznaje sa x ali se poznaje sa y. Odredimo broj elemenata skupa S x. To ćemo uraditi tako što ćemo prvo utvrditi broj načina izbora učenika y, a zatim broj načina izbora učenika z. Zatim ćemo prvo utvrditi broj načina izbora učenika z, a zatim broj načina izbora učenika y. Ako prvo biramo y, to možemo uraditi na 0 načina, jer svaki učenik ima tačno 0 poznanika. Prilikom biranja učenika z moramo voditi računa da on ne poznaje učenika x i poznaje učenika y. Učenik y ima 0 poznanika i med u njima je i učenik x. Učenik y je zajednički poznanik učenika x i z koji se ne poznaju. Dakle, prilikom izbora učenika z moramo ga odabrati med u 0 zajednički prijatelja učenika y koji nije učenik x i koji nije med u 13 zajedničkih poznanika x i y. Prema tome, učenika z možemo odabrati na 0 1 13 = 6 načina. Tako, ured enih parova (y, z) ima 0 6 = 10. Ako prvo biramo učenika z, onda ga biramo med u onim učenicima koji ne poznaju učenika x. Kako u razredu ima n učenika, kada smo odabrali učenika x onda med u preostalih n 1 učenika njih 0 poznaju x, pa učenika koji ne poznaju x ima n 1 0 = n 1. Dakle, učenika z možemo odabrati na n 1 način. Koje osobine ima traženi učenik y? On je med u učenicima koji su zajednički poznanici učenika x i z koji se med usobno ne poznaju. Takvih učenika ima 1. Dakle, ured enih parova (y, z) ima (n 1) 1. Prema tome, skup S x ima elemenata: 1(n 1) = 10. Odavde je n = 31. Dakle, u odjeljenju ima 31 učenik. 15
Četvrti razred Zadaci i rješenja Zadatak 1. Naći realna rješenja sistema jednačina x = y = z = z 1 + z x 1 + x y 1 + y. Rješenje Ako je z = 0, onda je x = 0, pa iz druge jednačine slijedi y = 0. Tako imamo rješenje (0, 0, 0). Neka je xyz 0. Prvu jednačinu datog sistema napišimo u obliku x = z z 1 + z. z Kako je 1 (zbog (z 1) 0 i 1 + z > 0). 1+z Tada iz prve jednačine sistema imamo x z. Analogno iz druge i treće jednačine imamo y x i z y. Dakle, x = y = z.. Za z = x iz prve jednačine imamo x = x 1 + x. Odavde imamo x(x 1) = 0, pa je x = 1. Tada je y = 1 i z = 1. Tako imamo rješenje (1, 1, 1). Dakle, rješenja su (x, y, z) {(0, 0, 0), (1, 1, 1)}. Drugo rješenje Desne strane sve tri jednačine sistema su nenegativne, pa moraju biti i lijeve. Dakle, x 0, y 0 i z 0. Iz treće jednačine vrijednost za z uvrstimo u prvu jednačinu. Nakon sred ivanja dobije se x = 8y 4 1 + y + 5y 4. 16
Nakon zamjene u drugu jednačinu dobije se Dakle, y = 18y 8 1 + 4y + 14y 4 0y 6 + 89y 8. y(89y 8 18y 7 + 0y 6 + 14y 4 + 4y + 1) = 0. Odavde slijedi y = 0 ili 89y 8 18y 7 +0y 6 +14y 4 +4y +1 = 0. Potražimo nule drugog polinoma. Ovo je polinom sa cjelobrojnim koeficijentima. Koristeći Hornerovu šemu nalazimo da je y = 1 dvostruka nula i da je 89y 8 18y 7 +0y 6 +14y 4 +4y +1 = (x 1) (89y 6 +50y 5 +31y 4 +1y 3 +7y +y +1). Kako je y 0, to je pa jednačina 89y 6 + 50y 5 + 31y 4 + 1y 3 + 7y + y + 1 1, 89y 6 + 50y 5 + 31y 4 + 1y 3 + 7y + y + 1 = 0 nema rješenja u skupu nenegativnih realnih brojeva. Prema tome y = 0 ili y = 1. Za y = 0 nalazimo z = 0, pa je i x = 0. Za y = 1 nalzimo z = x = 1. Dakle rješenja su (0, 0, 0) i (1, 1, 1). 17
Zadatak. Pripisana kružnica stranici AB trougla ABC dodiruje stranicu AB u tački D. Odrediti odnos AD : BD ako je poznato da je CAB = ADC. Rješenje Trigonometrijsko rješenje Neka pripisana kružnica dodiruje produžetak stranice CA u tački F i produžetak stranice CB u tački H. Uvedimo oznake: BC = a, CA = b, AB = c, AD = x i BD = y. Kako su AD i AF tangentne duži iz tačke A, to je AD = AF = x. Analogno zaključujemo da je BH = BD = y. Kako je CF = CH, to je b+x = a+y. S druge strane je c = AB = x+y. Odavde nalazimo x = a+c b = s b, y = s a. Primjenimo sinusnu teoremu na trougao ADC. Imamo CD = AC. Odavde je sinα sinϕ CD = AC sinϕ sinϕ = b cosϕ. Na osnovu kosinusne teoreme u trouglu ADC imamo: CD = AC + AD AC AD cosα, tj. Kako je cos ϕ = 1 + cos ϕ, to je 4b cos ϕ = b + (s b) b(s b)cos ϕ. b (1 + cos ϕ) = b + (s b) b(s b)cos ϕ, tj. Odavde je cos ϕ = s b. b Primjenom kosinusne teoreme na trougao ABC dobije se Nadalje, a = b + c bc cos ϕ = b + c bc s b b = b + c cs + bc = (b + c) cs. cs = (b + c) a = (b + c + a) (b + c a) = s (b + c a), tj. c = c (a b). Dakle, a b = c. Konačno imamo: Dakle, AD : BD = 3 : 1. AD BD = s b s a = a + c b b + c a 3c c + (a b) = c (a b) = = 3 1. Sintetičko rješenje Neka su F, D i H tačke dodira pripisane kružnice sa CA, AB i CB, respektivno. Neka je k upisana kružnica trougla ABC. Neka je I njen centar, a P, T i S tačke dodira sa AB, BC i CA. Neka je Q tačka na kružnici k dijametralno suprotna tački P. Pokažimo da su tačke C, Q i D kolinearne. c 18
Kao što znamo CS = CT = s c i CF = CH = s. Posmatrajmo homotetiju sa centrom u tački C i koeficijentom s. Homotetijom se svaka prava koja prolazi centrom s c homotetije, preslikava u samu sebe, a ostale prave preslikavaju se u paralelne prave. Homotetija čuva mjeru uglovi, tj. ugao i njegova slika imaju jednake mjerne brojeve. Osim toga, kružnica se preslikava u kružnicu. Dakle, homotetijom C C, S F, A A, B B, I I. Dakle, AB A B, SI F I, T I HI. Kako je IS CS i IT CT, to je HI CH i F I CF. To znači da je I centar pripisane kružnice. Tada je DI AB. Dakle, ovom homotetijom se kruňica k preslikava u pripisanu kružnicu. Kako se prava CQ preslikava u samu sebe, to se tačka Q preslikava u tačku Q koja leži na presjeku prave CQ i pripisane kružnice. Duž QI preslikava se u duž Q I. Kako je QI AB, to je Q I A B. Kako su AB i A B paralelne, to je Q I AB. Prava koja prolazi centrom pripisane kružnice i orogonalna je na AB prolazi tačkom dodira pripisane kružnice i duži AB. Dakle, ova prava prolazi tačkom D, pa se Q se poklapa sa tačkom D. To znači da su tačke C, Q i D kolinearne. Nadalje, IAP = 1 CAB = CDA. To znači da su pravougli trouglovi IP A i QP D su slični. Iz sličnosti slijedi P D : P A = P Q : P I = : 1. Dakle, P D = P A. U trigonometrijskom dokazu smo dokazali da je BN = BD = s a. Kako je AP = AS = s a, to je AP = BD. Dakle, AD = AP + P D = AP + AP = 3 AP = 3 BD, tj. AD : BD = 3 : 1. 19
Zadatak 3. Odrediti sve cijele brojeve n takve da je n 4 8n + 15 proizvod dva susjedna cijela broja. Rješenje (Rješenje učenika Abdulaha Jašarevića) Neka je n 4 8n + 15 = k(k + 1) za neki cio broj k. Odavde imamo 4n 4 3n + 61 = (k + 1). Pokušajmo broj 4n 3n+61 ukliještiti izmed u dva kvadrata prirodnih brojeva. Osim toga broj na desnoj strani je paran, pa je i kujeva strana parna. To povlači da je n neparan broj. 1 0 slučaj. Neka je n 7. Tada je (n 1) < 4n 4 3n + 61 < (n ). Naime, (n 1) < 4n 4 3n + 61 ako i samo ako je 61 < 3n, što je tačno. Isto tako 4n 4 3n + 61 < (n ), ako i samo ako je 0 < n 8n + 15, tj. ako i samo ako je 1 < (n 4), što je očigledno tačno za n 7. Dakle, ne postoji ni jedan cio broj n 7 koji ispunjava uslove zadatka. 0 slučaj. Neka je n 7. Uvedimo smjenu n = s. Sada je s 7 i jednačina glasi Očigledno za s 7 vrijedi 4s + 3s + 61 = (k + 1). 4s 4 + 3s + 61 > (s ). Nadalje, (s + ) > 4s 4 + 3s + 61 ako i samo ako je 8s 3s 57 > 0. Posljednja nejednakost je ekvivalentna sa (s ) > 11 + 1, što je tačno za s 7. 8 Sada je (s ) < (k + 1) < (s + ). Dakle, (k+1) = (s +1), tj. 4s 4 +3s+61 = 4s 4 +4s +1. Odavde je s 8s 15 = 0. Ova jednačina nema cjelobrojnih rješenja. 3 0 slučaj. Neka je 7 < n < 7, tj. neka je = 5 < n < 5. Kako je n neparan broj, to je n { 5, 3, 1, 1, 3, 5}. Direktnom provjerimo nalazimo da za n = 3 i n = 5 imamo rješenje. Naime, za n = 3 je n 4 8n+15 = 8 9 i za n = 5 imamo n 4 8n+15 = 4 5. Dakle, jedino za n {3, 5} broj n 4 8n + 15 se može prikazati kao proizvod dva uzastopna cijela broja. 0
Zadatak 4. Na početku školske godine u jednom odjeljenju prvog razreda, prilikom upoznavanja učenika, ispostavilo se: da svaki učenik ima tačno 0 poznanika, svaka dva učenika koji se poznaju imaju tačno po 13 zajedničkih poznanika, svaka dva učenika koji se ne poznaju imaju tačno po 1 zajedničkih poznanika. Odredite broj učenika ovog odjeljenja. Rješenje Neka je n broj učenika tog odjeljenja i neka je x proizvoljan učenik tog odjeljenja. Označimo sa S x skup svih ured enih parova (y, z), gdje je y učenik koji se poznaje sa x, a z učenik koji se ne poznaje sa x ali se poznaje sa y. Odredimo broj elemenata skupa S x. To ćemo uraditi tako što ćemo prvo utvrditi broj načina izbora učenika y, a zatim broj načina izbora učenika z. Zatim ćemo prvo utvrditi broj načina izbora učenika z, a zatim broj načina izbora učenika y. Ako prvo biramo y, to možemo uraditi na 0 načina, jer svaki učenik ima tačno 0 poznanika. Prilikom biranja učenika z moramo voditi računa da on ne poznaje učenika x i poznaje učenika y. Učenik y ima 0 poznanika i med u njima je i učenik x. Učenik y je zajednički poznanik osoba x i z koji se ne poznaju. Dakle, prilikom izbora učenika z moramo ga odabrati med u 0 zajednički prijatelja učenika y koji nije učenik x i koji nije med u 11 zajedničkih poznanika x i y. Prema tome, učenika z možemo odabrati na 0 1 13 = 6 načina. Tako, ured enih parova (y, z) ima 0 6 = 10. Ako prvo biramo učenika z, onda ga biramo med u onim učenicima koji ne poznaju učenika x. Kako u razredu ima n učenika, kada smo odabrali učenika x onda med u preostalih n 1 učenika njih 0 poznaju x, pa učenika koji ne poznaju učenika x ima n 1 0 = n 1. Dakle, učenika z možemo odabrati na n 1 način. Koje osobine ima traženi učenik y? On je med u učenicima koji je zajednički poznanik dva učenika (x i z) koji se ne poznaju. Takvih učenika ima 1. Dakle, ured enih parova (y, z) ima (n 1) 1. Prema tome, skup S x ima elemenata: 1(n 1) = 10. Odavde je n = 31. Dakle, u odjeljenju ima 31 učenik. 1
54. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA International Burch University - Sarajevo, 6.04.014. I RAZRED R. B. Ime Prezime Škola Z1 Z Z3 Z4 TOTAL 1- Adisa Bolić USK Koledž 7 7 7 3 1- Ajdin Muharemović Međunarodna srednja škola Zenica 7 7 7 3 3-5 Aldin Adilović Međunarodna srednja škola Zenica 7 7 7 1 3-5 Ašida Ćatić Gimnazija "Visoko" 7 7 7 1 3-5 Azur Đonlagić KŠC "Sveti Franjo" Tuzla 7 7 7 1 6-13 Amela Tufo Međunarodna srednja škola Sarajevo 7 7 7 0 1 6-13 Dalila Alibegović Sarajevo koledž 7 7 7 0 1 6-13 Džavid Brdar Druga gimnazija Sarajevo 7 7 7 0 1 6-13 Edis Mašić Međunarodna srednja škola Tuzla 7 7 7 0 1 6-13 Harun Pirić Međunarodna srednja škola Tuzla 7 7 7 0 1 6-13 Ines Hamzakadić Sarajevo koledž 7 7 7 0 1 6-13 Mubina Kamberović Druga gimnazija Sarajevo 7 7 7 0 1 6-13 Tarik Selimović Međunarodna srednja škola Sarajevo 7 7 7 0 1 14 Adin Polić Međunarodna srednja škola Zenica 7 5 7 1 0 15 Emin Mrkonja Međunarodna srednja škola Sarajevo 7 4 7 1 19 16 Vedin Klovo Sarajevo koledž 7 7 1 17 17 Lamija Vrnjak Međunarodna srednja škola Sarajevo 7 7 0 16 18-19 Ajla Hamedović MSŠ Ključ 7 7 0 1 15 18-19 Amina Karavelić Gimnazija "Visoko" 7 7 1 0 15 0 Dinno Koluh USK Koledž 7 7 0 0 14 1- Anes Hadžić MSŠ Ključ 7 5 0 0 1 1- Emina Brkić Međunarodna srednja škola Tuzla 7 3 1 1 1 3 Adi Karakaš Mješovita srednja škola Travnik 1 4 0 5 10 4-5 Jasmin Vićentijević Međunarodna srednja škola Tuzla 0 7 1 1 9 4-5 Sara Zaimović Mješovita srednja škola Travnik 1 7 0 1 9 6 Lejla Smajlović Sarajevo koledž 0 4 4 0 8 7 Šejla Dizdarić Gimnazija Bihać 4 0 0 1 5 8-30 Adila Iman Kudić Medresa Cazin 1 0 0 3 8-30 Arman Dupanović USK Koledž 0 0 1 3 8-30 Edin Čusto Karađoz-begova medresa Mostar 0 1 0 3 31-3 Dijana Fermić Gimnazija "Edhem Mulabdić" Tešanj 0 0 0 1 1 31-3 Muamer Žuštra Srednja mašinsko-saobraćajna škola Mostar 1 0 0 0 1 33 Rijad Ljevo Srednja Elektrotehnička škola Mostar 0 0 0 0 0 Plasmani preuzeti sa infima.ba
54. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA International Burch University - Sarajevo, 6.04.014. II RAZRED R. B. Ime Prezime Škola Z1 Z Z3 Z4 TOTAL 1- Din Bostandžić Druga gimnazija Sarajevo 6 7 7 7 7 1- Neira Kurtović Sarajevo koledž 7 6 7 7 7 3 Zlatko Salko Lagumdžija Međunarodna srednja škola Sarajevo 7 7 3 7 4 4-5 Adnan Gobeljić Druga gimnazija Sarajevo 7 7 6 4-5 Amila Sabljica Međunarodna srednja škola Sarajevo 7 7 7 1 6-7 Almedin Selimović Međunarodna srednja škola Tuzla 7 7 4 0 6-7 Berin Spahović Sarajevo koledž 5 7 7 1 0 8 Mirza Čvorak Druga gimnazija Sarajevo 7 4 3 5 19 9 Hajrudin Jupić Međunarodna srednja škola Tuzla 7 7 1 17 10 Vedad Spahić Prva gimnazija Zenica 3 6 0 5 14 11-13 Amela Abdić USK Koledž 5 6 1 1 13 11-13 Naria Djedović KŠC "Sveti Franjo" Tuzla 1 7 3 13 11-13 Omar Jašarspahić Sarajevo koledž 3 7 1 13 14-15 Amar Kvakić Sarajevo koledž 1 1 7 11 14-15 Edna Salkić Sarajevo koledž 7 0 11 16 Edina Hodžić Međunarodna srednja škola Tuzla 1 6 1 1 9 17 Amina Tanković Prva gimnazija Zenica 3 1 1 3 8 18 Zejd Čičak Međunarodna srednja škola Zenica 3 0 1 1 5 19- Emir Muratović Gimnazija "Meša Selimović" Tuzla 3 0 1 0 4 19- Harun Hadžiabdić MSŠ "Musa Ćazim Ćatić" Olovo 0 1 1 4 19- Kanita Lemeš Gimnazija "Visoko" 0 1 1 4 19- Sadžid Džiho Druga gimnazija Mostar 1 1 1 1 4 3-6 Alma Halilović Gimnazija Bosanska Krupa 1 0 1 1 3 3-6 Anela Duraković USK Koledž 0 1 0 3 3-6 Elma Karadža Gimnazija Bugojno 0 1 0 3 3-6 Irhad Ždralović Srednja tehnička škola Bugojno 0 1 0 3 7-8 Elmir Šut Međunarodna srednja škola Zenica 1 1 0 0 7-8 Miralem Kljajić MS Ekonomsko-Ugostiteljska škola Travnik 0 1 1 0 9-31 Kenan Gazić Srednja tehnička škola Bugojno 1 0 0 0 1 9-31 Mirza Murić Gimnazija Cazin 0 0 1 0 1 9-31 Mirzet Šakonjić Medresa Cazin 1 0 0 0 1 3 Anes Macić Gimnazia Mostar 0 0 0 0 0 Plasmani preuzeti sa infima.ba
54. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA International Burch University - Sarajevo, 6.04.014. III RAZRED R. B. Ime Prezime Škola Z1 Z Z3 Z4 TOTAL 1 Demir Papić Međunarodnja srednja škola Sarajevo 7 6 7 0 0 Mirza Arnaut Gimnazija "Mustafa Kamarić" Gračanica 7 7 0 16 3 Amar Halilović Druga gimnazija Sarajevo 7 5 3 0 15 4-7 Adnan Kreho Međunarodnja srednja škola Sarajevo 7 6 1 0 14 4-7 Ajla Nurkanović Gimnazija "Meša Selimović" Tuzla 4 6 4 0 14 4-7 Dženis Pepić Sarajevo Koledž 6 4 4 0 14 4-7 Tarik Ibrahimpašić USK Koledž 7 5 0 14 8-10 Ajdin Palavrić Prva gimnazija Zenica 7 4 0 13 8-10 Belma Omerbegović Gimnazija "Meša Selimović" Tuzla 7 3 1 13 8-10 Dženana Puščul Gimnazija "Visoko" 7 3 1 13 11-14 Dženita Škulj Gimnazija "Mushin Rizvić" Kakanj 7 4 1 0 1 11-14 Faris Hambo Druga gimnazija Sarajevo 7 3 0 1 11-14 Kemal Mustafić Sarajevo Koledž 6 3 3 0 1 11-14 Naida Dedić Gimnazija "Visoko" 7 3 0 1 15-17 Ajla Redžić USK Koledž 7 1 1 11 15-17 Emina Modrić Sarajevo Koledž 6 5 0 0 11 15-17 Muhamed Dedić Gimnazija "Mustafa Kamarić" Gračanica 7 0 11 18-0 Adil Karadža Gimnazija Bugojno 7 0 3 0 10 18-0 Melika Šišić Druga gimnazija Sarajevo 0 5 4 1 10 18-0 Mirza Krbezlija Međunarodnja srednja škola Sarajevo 6 1 3 0 10 1 Ibrahim Mustafić Sarajevo Koledž 0 7 1 0 8-6 Adis Hodžić MSŠ Ključ 5 0 0 7-6 Denin Mehanović Gimnazija "Mustafa Kamarić" Gračanica 5 1 1 0 7-6 Edin Redžić Gimnazija "Musa Ćazim Ćatić" Tešanj 0 3 3 1 7-6 Faris Kantić Gimnazija "Musa Ćazim Ćatić" Tešanj 0 3 7-6 Senija Biogradlija Prva gimnazija Zenica 1 3 3 0 7 7-30 Amar Burić Gimnazija "Visoko" 4 1 0 0 5 7-30 Dino Karakaš Mješovita srednja škola Travnik 0 4 1 0 5 7-30 Lamija Alagić Mješovita srednja škola Travnik 0 1 3 1 5 7-30 Mahira Tankić Gimnazija "Mustafa Novalić" Gradačac 1 1 3 0 5 31-3 Muhamed Skenderović USK Koledž 1 1 0 4 31-3 Šejla Jusić Gimnazija Bosanska Krupa 0 1 1 4 33-34 Ajdin Nakičević Gimnazija "Meša Selimović" Tuzla 0 1 0 3 33-34 Alma Bašić Gimnazija Bugojno 0 0 1 3 35 Amir Begić Druga gimnazija Mostar 0 0 0 0 0 Plasmani preuzeti sa infima.ba
54. TAKMIČENJE MLADIH MATEMATIČARA BOSNE I HERCEGOVINE FEDERALNO PRVENSTVO UČENIKA SREDNJIH ŠKOLA International Burch University - Sarajevo, 6.04.014. IV RAZRED R. B. Ime Prezime Škola Z1 Z Z3 Z4 TOTAL 1 Abdulah Jašarević Sarajevo Koledž 7 7 7 7 8 Rijad Muminović Druga gimnazija Sarajevo 7 0 7 16 3 Anes Valentić Sarajevo Koledž 7 3 5 0 15 4 Lamija Kujan Međunarodna srednja škola Sarajevo 7 3 1 13 5-6 Dina Sarajlić Druga gimnazija Sarajevo 7 3 0 1 11 5-6 Haris Brkić Sarajevo Koledž 7 3 1 0 11 7-10 Amra Muratović Gimnazija Živinice 7 3 0 0 10 7-10 Emir Baručija Prva gimnazija Zenica 7 0 1 10 7-10 Luka Božur Druga gimnazija Sarajevo 7 3 0 0 10 7-10 Mariam Elamin Međunarodna srednja škola Tuzla 7 0 1 10 11-17 Ahmed Adžemović Prva gimnazija Zenica 4 0 8 11-17 Ensar Hasanbegović Treća gimnazija Sarajevo 7 1 0 0 8 11-17 Jasmin Hadžajlić JU Srednja elektrotehnička škola Mostar 7 1 0 0 8 11-17 Milan Žuža SŠC Hadžići 7 0 0 1 8 11-17 Rasim Kaleta Međunarodna srednja škola Sarajevo 7 1 0 0 8 11-17 Samir Halilčević Gimnazija Živinice 7 1 0 0 8 11-17 Sumejja Halilović Gimnazija "Visoko" 7 1 0 0 8 18-19 Seid Mumić 7 0 0 0 7 18-19 Tarik Sulić USK Koledž Bihać 7 0 0 0 7 0 Amina Hasanović 5 1 0 0 6 1 Amer Muratagić Gimnazija "Mustafa Novalić" Gradačac 3 0 0 5-5 Emina Smajlović MSŠ "Hazim Šabanović" Visoko 3 0 0 1 4-5 Maida Šišić Gimnazija "Musa Ćazim Ćatić" Tešanj 1 0 1 4-5 Melisa Mešan Gimnazija Bugojno 0 0 4-5 Samra Čataković Gimnazija Cazin 4 0 0 0 4 6-31 Ahmed Kurtović MSŠ Travnik 3 0 0 0 3 6-31 Almin Žujo JU Srednja elektrotehnička škola Mostar 3 0 0 0 3 6-31 Džemo Mustajbašić Gimnazija "Mustafa Kamarić" Gračanica 1 0 0 3 6-31 Dženita Fazlić USK Koledž Bihać 0 0 1 3 6-31 Selma Hećimović Gimnazija "Mustafa Novalić" Gradačac 1 1 0 1 3 6-31 Semir Omerović JU MSŠ Srebrenik 1 0 0 3 3 Elmedin Jašić JU Behram-begova medresa Tuzla 1 0 0 1 Plasmani preuzeti sa infima.ba